高考导数题型大全及答案

1、第三讲导数的应用研热点(聚焦突破)类型一利用导数研究切线问题导数的几何意义 函数y = f (x)在x=x0处的导数f ' (乂0)就是曲线y = f (x)在点(x0,f(x0)处的切线的斜率,即卜=(x。)；(2)曲线 y=f(x)在点(x。，f(x。)处的切线方程为 y f (x。)=f ' (x°)( x x。).一 x 1.例1 (2012年局考安徽卷改编)设函数f(x)=ae+b(a。).在点(2, f(2)处的切线 ae方程为y = 1|x,求a, b的化解析(x) = aex 三，2ae - f (2) = ae1.本例在解答中要注意比0,应舍去/=;

2、一卷，否则会产生增解. :2.求在臬点处的切爱与过某点处的切线问题时 2=;，解得 ae2=2 或 ae2=一式舍去)，ae 22所以a=,代入原函数可得2 + ；+b = 3, 即b=g,故a=b=；e22e 2=f' (t)(x t),即 y=(3t21) x 2t3,将点(1, 0)代入切线方程得 2t33t2+ 1=0,解1得t=1或，代入y = (3t21)x 2t3得曲线y=f(x)的过点(1, 0)的切线万程为y = 2x22 或 y= 1x+ 1. 44(2)由(1)知若过点(a, 0)可作曲线y = f(x)的三条切线，则方程2t 3 3at2 + a=0有三个相异的

3、实根，记 g(t) = 2t3 3at2+a.则 g' (t) =6t26at =6t(t a).当a>0时，函数g(t)的极大值是g(0) =a,极小值是g(a) = a3+a,要使方程g(t) = 0有三 个相异的实数根，需使 a>0且一a3+ a<0,即a>0且a2 1>0,即a>1；当a=0时，函数g(t)单调递增，方程g(t) =0不可能有三个相异的实数根；当a<0时，函数g(t)的极大值是g(a)= a3 + a,极小值是g(0) =a,要使方程g(t) = 0有三个相异的实数根，需使 a<0且一a3+ a>0,即a&l

4、t;0且a2 1>0,即av1.综上所述，a的取值范围是(00, - 1) U (1 , +8).类型二 利用导数研究函数的单调性函数的单调性与导数的关系在区间(a, b)内,如果f ' (x)>0,那么函数f(x)在区间(a, b)上单调递增;如果f ' (x)<0, 那么函数f(x)在区间(a, b)上单调递减.ln x k例2 (2012年局考山东卷改编)已知函数f(x)=一(k为常数，e = 2.718 28是自然 e对数的底数)，曲线y = f(x)在点(1 , f(1)处的切线与x轴平行.(1)求k的值；(2)求f(x)的单调区间. i . ln

5、x + k解析(1)由 f (x) = -x ,e一 1-kx-xln x 一得 f (x)=x, XC(0, +oo).由于曲线y=f(x)在(1, f(i)处的切线与x轴平行，所以f' (1) =0,因此k=1.(2)由(1)得 f' (x) = (1 -x-xln x) , x (0 , +oo).令 h(x) = 1 x xln x, xC(0, +00),当 xC (0 , 1)时，h(x)>0;当 x C (1 , +8)时，h(x)<0.又 ex>0,所以当 xC(0, 1)时，f' (x)>0；当 xC(1, +oo)时，f

6、9; (x)<0.因此f(x)的单调递增区间为(0,1),单调递减区间为(1, +8).1骸领雷的Ij1.解答本题时易忽视函数的定义域,r6 (0,:i +8),从而导致单调区求成和(1 ,+x). I；2,对于含参数的单调性的判断要注意分类诂论.:3.已知函教的单调性求参数范围就，实际上转化:：为或产(工)旦0恒成立问题.；I跟踪训练一,12右函数f(x)=ln xax 2x存在单调递减区间，求头数 a的取值沱围.一一1ax + 2x 1 一 一 解析：由题知f ' (x)=一ax 2=，因为函数f(x)存在单调递减区间，所以f' (x)ax2+2x 1xx00有解.又

7、因为函数的定义域为(0, +00),则应有ax+2x1 >0在(0 ,+ 00)上有实数解.(1)当a>0时，y = ax2 + 2x1为开口向上的抛物线，所以 ax2+ 2x10在(0, +)上恒有 解;当a<0时，y = ax2 + 2x1为开口向下的抛物线，要使 ax2+ 2x10在(0,十)上有实数解，贝U A = 4+4a>0,止匕时一1<a<0；(3)当a=0时，显然符合题意.综上所述，实数a的取值范围是(一1, +00).类型三 利用导数研究函数的极值与最值1 .求函数y = f(x)在某个区间上的极值的步骤求导数f ' (x)；(2)

8、求方程f ' (x) =0的根x0；检查(x)在x = x0左右的符号；左正右负？f(x)在x = x0处取极大值；左负右正？f(x)在x = x0处取极小值.2 .求函数y = f(x)在区间a, b上的最大值与最小值的步骤 求函数y = f(x)在区间(a, b)内的极值(极大值或极小值)；(2)将y = f(x)的各极值与f(a), f(b)进行比较，其中最大的一个为最大值，最小的一个为最 小值.例 3 (2012 年高考北京卷)已知函数 f (x) =ax2+1(a>0), g(x) =x3+ bx. 若曲线y = f(x)与曲线y=g(x)在它们的交点(1 , c)处具

9、有公共切线，求a, b的值；(2)当a2=4b时，求函数f (x)+g(x)的单调区间，并求其在区间(一°°, 1上的最大值.解析(1)f(x)=2ax, g' (x) = 3x2+ b,因为曲线y = f(x)与曲线y = g(x)在它们的交点(1 , c)处具有公共切线，所以 f(1) =g(1),且 f' (1) =g' (1) .即 a+1 = 1 + b,且 2a=3+b.解得 a= 3, b= 3.,1 2-(2)记 h(x) =f(x)+ g(x).当 b=4a 时,h(x) =x3+ax2+：a2x + 1,2 一 2h (x) =3

10、x+2ax+4a.aa令 h，(x)=0,得 xi = 一x2=-.26a>0时，h(x)与h' (x)的变化情况如下:xS-1)a212 I a16 1 aa6(-qDh(x)+00+h(x)La aa所以函数h（x）的单调递增区间为（一00, 2）和（6, +OO）;单调递减区间为（一5，a6） ,ar 一.当一2 1,即 0<a<2 时，函数h（x）在区间（一oo, 1上单调递增，h（x）在区间（oo, 1上的最大值为h（ -1） =a-；a2.4当一Z< 1,且一 1,即 2<a w 6 时, 26aa函数h（x）在区间（一oo, 2）上单调递增，

11、在区间（一2, 1上单调递减，h（x）在区间（一 a°°, 1上的取大值为h（ 2）=1., a2当一整一1,即a>6时,6a 一 .a a 一a函数h（x）在区间（8, 2）上单调递增，在区间（一2, 6）上单调递减，在区间（一6,a .1 2121上单调递增，又因为 h( 2) h( 1) = 1 a+4a =-(a-2) >0,所以 h(x)在区间(一0°,a1上的最大值为h(2) = 1.；励喳i利用导数研究极值与最值时需注意以下几点：i(1)首先考虑定义域.：(2)导数值为0的点不一定是函数的极值点，它!是函数在该点取译极值的必要而不充分条件

12、.:(3)含参数的极值与最值问题要注意分类讨论.跟踪训练_ -2x3+3x1 C. (一0°, 0D. (-00, 21n 2解析：当x00时，f ' (x) = 6x2+ 6x,易知函数/乂)在(一00, 0上的极大值点是x= 1,且f(1)=2,故只要在(0, 2上，eax&2即可，即ax<1n 2在(0 , 2上恒成立，即a<+1 (x<0),，(2012年珠海摸底)若函数f(x) =3ax，在2, 2上的最大值为2,e (x>0)则a的取值范围是()1_1ln-2-在(0, 2上恒成立，故 x1a<21n 2.A.声 2 , +o

13、o)B. 0 , 21n 2答案：D析典题(预测高考)局考真题【真题】(2012 年高考辽宁卷)设 f(x) = ln( x+1)+4xn + ax+b(a, bCR, a, b 为 一 3,.常数)，曲线y = f (x)与直线y=2x在(0 , 0)点相切.(1)求a, b的值;(2)证明：当 0<x<2 时，f(x)<X6.【解析】(1)由y = f(x)过(0, 0)点，得b=1.3由y = f(x)在(0, 0)点的切线斜率为2，又y'x=0 = (-+ -f+ a)x+12/xn3 ,x=0=2+a,得 a = 0.(2)证明：证法一由均值不等式，当x&g

14、t;0时,x ,2y (x+1) - <x+1 + 1=x + 2,故业+1<2+1.9x记 h(x) =f(x) -xq76，则 h' (x)54=+/一 - 2x+1 2/xn(x + 6)54x+654=2 (x+1) (x + 6) 2<4 (x+1) (x+6) 23(x + 6) 216 (x+1)24 (x+1) (x + 6).3令 g(x) =(x + 6) -216(x+1),贝U当 0<x<2时，g' (x)=3(x + 6)2 216<0.因此g(x)在(0, 2)内是递减函数.又由 g(0) =0,得 g(x)<

15、;0,所以 h' (x)<0.因此八”)在(0, 2)内是递减函数.又 h(0) =0,得 h(x)<0. , 一.9x于是当 0<x<2 时，f (x)<x-p6.证法二 由(1)知 f (x) =ln( x+1) + Vx+ 1 - 1.j . I x由均值不等式，当x>0时，2j (x+1) <x+1 + 1=x+2,故x+1<21.令 k(x) =ln( x+ 1) -x,i . _, ,1 x _则刈0)=0, k，(x)= 1= <0，故 k(x)<0 ,即 ln( x+ 1)<x.3由得，当x>0时，

16、f(x)</x.记 h(x) =(x + 6)f(x) 9x,则当 0<x<2 时,3_11.1 一h (x)=f(x)+(x + 6)f (x)-9<2x+(x+6) /+2yx+1) -9 = 2(x+1)3x(xx(3 号18(x+1)1+ 1) + (x + 6) - (2 /x+1) - 18(x+ 1)< 2 (x+1) 3x(x+1)+(x + 6) x=4 (x+1) (7x-18)<0.因此h(x)在(0, 2)内单调递减.又 h(0) =0,所以 h(x)<0,即 f(x)<x+6.【名师点睛】 本题主要考查导数的应用和不等式

17、的证明以及转化与化归能力，难度较大.本题不等式的证明关键在于构造函数利用最值来解决.考情展望高考对导数的应用的考查综合性较强，一般为解答题，着重考查以下几个方面：一是利用导数的几何意义来解题；二是讨论函数的单调性；三是利用导数研究函数的极值与最值.常涉及不等式的证明、方程根的讨论等问题名师押题ln x【押题】已知f(x) = axln x, xC(0, e , g(x)=,其中e是自然常数，aCR.x(1)讨论a=1时，f(x)的单调性和极值；1求证：在(1)的条件下，f(x)>g(x)+2；(3)是否存在实数a,使f(x)的最小值是3,若存在，求出a的值；若不存在，请说明理 由. _，

18、一一.，1 x1【解析】(1)由题知当a=1时，f (x)=11 =x x因为当0c<1时，f ' (x)<0 ,止匕时f(x)单调递减，当1<x<e时，f ' (x)>0,此时f(x)单调递增，所以f(x)的极小值为f(1) =1.(2)证明因为f(x)的极小值为1,即f(x)在(0, e上的最小值为1.1 ln x 1 ，-、1-ln x令 h(x) =g(x)+2=-+2，h (x)=x2'当0<x<e时，h' (x)>0, h(x)在(0, e上单调递增，1111.所以 h(x)ma= h(e) =-+工<+ =1=f (x)min,e 2 2 21所以在